【文档说明】四川省绵阳南山中学2022-2023学年高三上学期9月月考试题 数学（文）参考答案.pdf，共(6)页，327.075 KB，由管理员店铺上传

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第1页共5页绵阳南山中学2022年秋季高2020级9月月考数学（文科）参考答案题号123456789101112答案DCADADCBDCBC13.5514.315.1416.1eem12.【详解】解：256lg6lg7lg6l

g5lg7log6log7lg5lg6lg5lg6因为2222lg5lg71lg5lg7lg35lg35lg622，即2lg6lg5lg70，所以56log

6log70，即cb，又0.20.23e，令e1xgxx，则e1xgx，所以当0x时0gx，当0x时0gx，所以min00gxg，即e1xx，当且仅当0x时取等号，所以0.20.2

23.e1021.，令5log5xfxx，则11ln555ln55ln5xfxxx，所以当5ln5x时0fx，所以fx在5(,)ln5上单调递增，显然

55ln5，又50f，即566log6505ff，即56log65，所以0.20.256g3elo65，即acb.16．21lnxfxx，可知函数fx的图象如图所示，令tfx，210gttmt有两个不等的实根，则1210

tt，又关于x的方程1()()fxmfx有三个不等的实根，所以1210ett，则211()10eeemg，解得1eem．17.【详解】（1）23()sin2cos2fxxx31cos2sin222xx1sin(2)62x，()fx的最小正周

期22T，令262xk，kZ，可得612xk，即()fx图象的对称轴方程为612xk，kZ．（2）[4x，]4，2[63x，2]3，3sin(2)[62x，1]，可得

113()sin(2)[622fxx，3]2．第2页共5页18.解：解：(1)因为f(x)＝13x3＋a2x2＋2x＋b，所以f′(x)＝x2＋ax＋2，由题意知f1＝13×13＋a2×12＋2×1＋b＝116，f′1＝12＋a＋2＝0，解得a＝－3，b＝1，故f(x)＝13x

3－32x2＋2x＋1，经检验f(x)在x＝1时取得极大值，故符合题意，所以f(x)＝13x3－32x2＋2x＋1．(2)由(1)知f′(x)＝x2－3x＋2，令f′(x)＝x2－3x＋2＝0，解得x＝1或x＝2，所以x∈[1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单

调递减；x∈(2,3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则f(1)＝13－32＋2＋1＝116，f(2)＝13×23－32×22＋2×2＋1＝53，f(3)＝13×33－32×32＋2×3＋1＝52，所以f(x)min＝53，f(x)max＝52．19【解

析】解：（1）当1n时，2111232aaa，即211320aa，由10a得11a；当2n时，由2232nnnSaa得2111232nnnSaa，所以两式相减得2211233nnnnnaaaa

a，所以1113()()nnnnnnaaaaaa，由0na知10nnaa，所以113nnaa，所以数列{}na是首项11a，公差13d的等差数列．于是，1121(1)333nann

.（2）由12141,2bbaaaa，所以数列nba是首项为1，公比为2的等比数列，所以12nnba，又1233nbnab，所以112233nnbnab，即1322nnb．于是，3223nnTn20.【详

解】解：（1）选①时，2asinC＝ctanA；利用正弦定理得：2sinAsinC＝sinCsincosAA，整理得：cosA＝12，由于0＜A＜π，所以A＝3．（2）由于133sin244ABCSbcAbc△，解得b

c＝1．由于a＋b＋c＝5，所以a＝5﹣（b＋c），利用余弦定理：22222222cos(5)(5)3abcbcAbcbcbca，解得a＝115．选②时，2acosB＝2c﹣b；

利用余弦定理：222222acbacbac，整理得222+2bcabcbccosA，第3页共5页化简得：cosA＝12，由于0＜A＜π，所以A＝3．（2）由于133sin244ABCSbcAbc△，解得bc＝1．由于a＋b＋c＝5，所以a＝5﹣（b＋c），利用余弦定

理：22222222cos(5)(5)3abcbcAbcbcbca，解得a＝115．选③时，22coscos212BCA，整理得：2cos()12cos11BCA，所以22coscos10AA，解得1co

s2A或－1（舍去），由于0＜A＜π，所以A＝3．（2）由于133sin244ABCSbcAbc△，解得bc＝1．由于a＋b＋c＝5，所以a＝5﹣（b＋c），利用余弦定理：22222222cos(5)(5)3abcbc

Abcbcbca，解得a＝115．21.【解析】（1）因为1ln1fxaxbxx，所以函数()fx的定义域为(0)，.由24ab，得1()ln(42)1fxa

xaxx，则2[(2)1](21)()axxfxx，当4a时，()0fx，函数()fx在(0)，上单调递减；当24a时，1()002fxx或12xa，11()022f

xxa，所以()fx在102，，12a，上单调递减，在1122，a上单调递增；当4a时，1()002fxxa或12x，11()022

fxxa，所以()fx在102a，，12，上单调递减，在1122，a上单调递增.（2）当1b时，2()ln1Fxaxxx，[12]x，，则22222222224()1aaxaxaxFxxxxx

.①当2204a≥，即2222a时，()0Fx≥，所以()Fx在[12]，上单调递增，所以max()(2)FxF.②当2204a，即22a时，设2220(80)xaxa的两根

分别为1x，2x，则12xxa，122xx，∴10x，20x，所以在区间[12]，上，222()0xaxFxx，所以()Fx在[12]，上单调递增，所以max()(2)FxF.第4页共5页综上，当22

a时，()Fx在区间[12]，上的最大值为(2)ln221Fa≥，∴1ln2a≥，所以实数a的取值范围是1ln2，.22.解:(1)由252,555xtyt

(t为参数),得220xy,故直线l的直角坐标方程为220xy，由24cos+5,得22(2)9xy,故曲线C的普通方程为22(2)9xy.(2)将直线l的参数方程代人曲线C的普通方程并整理得25165350tt,设,AB对应的参数分别是12,t

t,则1212165,75tttt,故1212121211165||||35ttttPAPBtttt.23.【详解】解：（Ⅰ）原不等式为|1||4|7xx，当4x时，得147xx，得6x，所以64x．当41x

时，得147xx成立，所以41x，当1x时，147xx，所以11x．综上得不等式的解集为61{|}xx．（Ⅱ）因为,mn为正实数，并且213mnmmmnmnnmnm3325mnmnnmnm

，当mnnm时取等号，当41mn时等号成立，所以2mnmn的最大值15．又因为|4||3|fxxaxaa，当xa时取到等号，要使2mnfxmn恒成立，只需|31|5a．所以115a或151a．第5页共5页附：双向细

目表题号考点1集合的运算2复数的运算3向量平行、同角三角函数基本关系4切线方程5函数图像6数学文化、等比数列7三角函数的图象与性质8命题、充要条件9三角函数的图象与性质10向量运算、正弦定理11函数性质（奇偶性、周期性、对称性）12比较大小13等差数列14向量分解15三角恒等变换16函数与方

程17三角函数的图象与性质18函数的极值与最值19数列的通项与求和20解三角形21函数的单调性与有解问题22极坐标与参数方程23不等式选讲获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com